《2022年高考理数大二轮专项训练专题立体几何中的向量方法.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考理数大二轮专项训练专题立体几何中的向量方法.docx（39页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 2022 广东高考理数大二轮专项训练第 3 讲 立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体 特殊是棱柱、 棱锥或其组合体 为载体, 考查空间中平行与垂直的证明,常显现在解答题的第 1问中, 考查空间想象才能,推理论证才能及运算才能,属低中档问题 .2.以多面体 特殊是棱柱、 棱锥或其组合体 为载体, 考查空间角 主要是线面角和二面角 的运算,是高考的必考内容,属中档题 .3.以已知结论寻求成立的条件 或是否存在问题 的探干脆问题,考查规律推理才能、空间想象才能以及探究才能,是近几年高考命题的新亮点,属中高档问题1直线与平面、平面与平面的平行与垂
2、直的向量方法设直线 l 的方向向量为aa1,b1, c1平面 、 的法向量分别为a2,b2,c2,va3,b3,c3以下相同 1线面平行l . a. a0. a1a2b1b2c1c20. 2线面垂直l. a . ak. a1 ka2,b1kb2,c1kc2. 3面面平行 . v . v . a2 a3,b2 b3,c2 c3. 4面面垂直. v . v 0. a2a3b2b3c2c30. 2直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角运算名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 25 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设直线 l ,m 的方向向量分别为aa1,b1,
3、c1,ba2,b2,c2平面 、 的法向量分别为 a3,b3,c3, va4,b4,c4以下相同 1线线夹角设 l, m 的夹角为 0 2,就. cos |ab| |a|b|a|a1a2 b1b2c1c2|2 1 b 2 1 c 21a2 2 b 2 2 c 222线面夹角 设直线 l 与平面 的夹角为 0 2,就 sin |a| |a|cosa,|. 3面面夹角 设半平面 、 的夹角为 0 ,就|cos |v | |v |cos,v |. 提示 求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要留意从图中分析3求空间距离直线到平面的距离,两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离,点|PM |
4、n|n| 其中 n 为 的法向量, M 为 内任一点 . P 到平面 的距离： d热点一利用向量证明平行与垂直名师归纳总结 例 1如图,在直三棱柱ADE BCF 中,面 ABFE 和面 ABCD 都是正方第 2 页,共 25 页形且相互垂直,M 为 AB 的中点, O 为 DF 的中点运用向量方法证明：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1OM 平面 BCF；2平面 MDF 平面 EFCD . 思维启发 从 A 点动身的三条直线 AB、AD, AE 两两垂直,可建立空间直角坐标系证明 方法一 由题意,得 AB,AD,AE 两两垂直,以 A 为原点建立如图
5、所示的空间直角坐标系设正方形边长为 1,就 A0,0,0,B1,0,0,C1,1,0,D0,1,0,F1,0,1 ,M 1 2,0, 0 ,O 1 2,1 2, 1 2 . 1OM 0,12,12,BA 1,0,0,OMBA 0, OM BA . 棱柱 ADE BCF 是直三棱柱,AB平面 BCF, BA 是平面 BCF 的一个法向量,且 OM. 平面 BCF,OM 平面 BCF. 2设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n1x1,y1,z1,n2x2,y2,z2DF 1, 1,1,DM 1 2, 1,0 ,DC 1,0,0,由 n 1DFn 1DM 0,x1 y1 z1 0,y
6、11 2x1,得 12x1y10,解得z112x1,令 x11,就 n 1 1,1 2, 1 2 . 同理可得 n20,1,1n 1n 20,平面 MDF 平面 EFCD . 名师归纳总结 方法二1 OM OF FB BM 1 2DF BF 1 2BA第 3 页,共 25 页1 2DB BF BF 1 2BA 1 2BD 1 2BF 1 2BA- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1 2BC BA 1 2BF 12BA1 2BC1 2BF. 向量 OM 与向量 BF ,BC 共面,又 OM. 平面 BCF,OM 平面 BCF. 2由题意知, BF,BC,B
7、A 两两垂直,CDBA,FCBCBF,OM CD 12BC 12BFBA 0,11OMFC 2BC2BFBCBF 1 2BC 2 1 2BF 20. OMCD, OM FC,又 CDFC C,OM平面 EFCD . 又 OM. 平面 MDF ,平面 MDF 平面 EFCD . 思维升华1要证明线面平行,只需证明向量OM 与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路就是依据共面对量定理证明向量OM 与BF ,BC 共面 2 要证明面面垂直,只要证明这两个平面名师归纳总结 的法向量相互垂直；也可依据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ,即证 OM第 4 页,共 25 页垂直于平面EFCD
8、 内的两条相交直线,从而转化为证明向量OM与向量 FC、CD垂直- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如图,在四棱锥 PABCD 中,PA平面 ABCD ,底面 ABCD 是菱形, PAAB2,BAD 60,E 是 PA 的中点1求证：直线 PC 平面 BDE；2求证： BDPC；证明 设 ACBDO.由于 BAD 60, AB2,底面 ABCD 为菱形,所以 BO1,AOCO3,ACBD. 如图,以 O 为坐标原点,以 OB,OC 所在直线分别为 x 轴, y 轴,过点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 Oxyz,就 P0,3,2
9、,A0,3,0,B1,0,0,C0, 3,0,D1,0,0,E0,3,11设平面 BDE 的法向量为 n 1x1,y1,z1,由于 BE 1,3,1,BD 2,0,0,由n 1BD0,2x10,得n 1BE 0,x13y1z10,令 z13,得 y11,所以 n10,1,3又PC 0,2 3, 2,所以 PCn 102 32 30,即PC n1,又 PC.平面 BDE,所以 PC 平面 BDE. 名师归纳总结 2由于 PC0,23, 2,BD2,0,0,第 5 页,共 25 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以 PC BD 0. 故 BDPC. 热
10、点二 利用向量求空间角例 2 如图,五面体中,四边形 ABCD 是矩形,AB EF ,AD平面 ABEF,且 AD1,AB1 2EF2 2, AFBE 2,P、Q 分别为 AE、BD 的中点1求证： PQ 平面 BCE；2求二面角 ADF E 的余弦值思维启发 1易知 PQ 为 ACE 的中位线； 2依据 AD平面 ABEF 构建空间直角坐标系1证明 连接 AC,四边形 ABCD 是矩形,且 Q 为 BD 的中点,Q 为 AC 的中点,又在 AEC 中, P 为 AE 的中点, PQ EC,EC. 面 BCE,PQ. 面 BCE, PQ 平面 BCE. 2解如图,取EF 的中点 M,就 AFA
11、M ,以 A 为坐标原点,以AM、 AF、AD 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系就 A0,0,0,D0,0,1,M2,0,0,F0,2,0可得 AM 2,0,0,MF 2,2,0,DF 0,2, 1. 设平面 DEF 的法向量为nx,y, z,就nMF 0nDF0故2x2y0,即xy0. 2yz02yz 0令 x1,就 y1,z2,故 n1,1,2是平面 DEF 的一个法向量名师归纳总结 AM 面 ADF , AM 为平面 ADF 的一个法向量6 6 . 第 6 页,共 25 页cos n,AM n AM|n| |AM2 1 0 10 26 2|- - - - - - -精选学习
12、资料 - - - - - - - - - 由图可知所求二面角为锐角,二面角 ADF E 的余弦值为6 6 . 思维升华 1运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标； 结合公式进行论证、运算； 转化为几何结论2求空间角留意：两条异面直线所成的角 不肯定是直线的方向向量的夹角 ,即 cos |cos |.两平面的法向量的夹角不肯定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的肯定值,即留意函数名称的变化2022山东 如下列图,在三棱锥 PABQ 中, PB平面 ABQ,BA BP
13、BQ,D,C, E, F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点, AQ2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,连接 GH . 1求证： AB GH ；2求二面角 DGH E 的余弦值1证明由于 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,所以EF AB,DC AB. 所以 EF DC .又 EF. 平面 PCD,DC . 平面 PCD,所以 EF 平面 PCD . 又 EF. 平面 EFQ ,平面 EFQ 平面 PCD GH,所以 EF GH .又 EF AB,所以 AB GH . 2解方法一在 ABQ 中, AQ2BD,ADDQ,所以 ABQ 90 ,即
14、 ABBQ. 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 25 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由于 PB平面 ABQ ,所以 ABPB. 又 BPBQB,所以 AB平面 PBQ. 由1知 AB GH ,所以 GH平面 PBQ. 又 FH . 平面 PBQ ,所以 GH FH . 同理可得 GHHC ,所以 FHC 为二面角 D GHE 的平面角设 BABQBP2,连接 FC,在 Rt FBC 中,由勾股定理得 FC2,在 Rt PBC 中,由勾股定理得 PC5. 又 H 为 PBQ 的重心,所以 HC 1 3PC3 .同理 FH5 3 . 595 92 在 F
15、HC 中,由余弦定理得 cosFHC25 9 4 45.即二面角 DGH E 的余弦值为5. 方法二 在 ABQ 中, AQ2BD,ADDQ ,所以 ABQ 90又 PB平面 ABQ ,所以 BA,BQ, BP 两两垂直以 B 为坐标原点,分别以BA,BQ,BP 所在直线为x 轴, y 轴, z 轴,建立如下列图的空间直角坐标系设 BABQBP2,就 E1,0,1 ,F0,0,1,Q0,2,0,D1,1,0,C0,1,0,P0,0,2名师归纳总结 所以 EQ 1,2, 1,FQ 0,2, 1,DP 1, 1,2,CP 0, 1,2第 8 页,共 25 页设平面 EFQ 的一个法向量为mx1,y
16、1,z1,由 mEQ0,mFQ0,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 得x12y1z10,取 y1 1,得 m0,1,22y1z10,设平面 PDC 的一个法向量为 nx2, y2, z2,由 nDP0,nCP0,x2y22z20,得 取 z2 1,得 n0,2,1 y22z20,mn 4所以 cosm,n|m|n|5. 由于二面角 DGHE 为钝角,所以二面角 DGH E 的余弦值为4 5. 热点三 利用空间向量求解探干脆问题例 3 如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,ABBC2AA1,ABC90,D 是 BC 的中点1求证： A1B 平面 AD
17、C 1；2求二面角 C1ADC 的余弦值；3试问线段 A1B1 上是否存在点 说明理由E,使 AE 与 DC1 成 60角？如存在, 确定 E 点位置；如不存在,1证明 连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABCA1B1C1 是直三棱柱,得四边形 中点又 D 为 BC 的中点,所以 OD 为 A1BC 的中位线,所以 A1B OD . ACC1A1 为矩形, O 为 A1C 的由于 OD. 平面 ADC1, A1B. 平面 ADC 1,所以 A1B 平面 ADC 1. 2解 由 ABCA1B1C1 是直三棱柱,且ABC90,得 BA,BC,BB 1 两两垂直以 BC,BA,B
18、B1 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如下列图的空间直角坐标系 Bxyz. 设 BA2,就 B0,0,0,C2,0,0,A0,2,0, C12,0,1,D1,0,0,名师归纳总结 所以 AD 1, 2,0,AC12, 2,1第 9 页,共 25 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 设平面 ADC 1 的法向量为nx,y,z,就有nAD 0,nAC10.x2y 0,所以 取 y1,得 n2,1, 22x2yz0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v0,0,1所以 cosn,vnv |n| |v | 2 3. 由于二面角 C1AD C 是锐二面角,所以
19、二面角 C1AD C 的余弦值为2 3. 3解 假设存在满意条件的点 E. 由于点 E 在线段 A1B1 上, A10,2,1,B10,0,1,故可设 E0, 1,其中 0 2. 所以 AE 0,2,1,DC11,0,1 由于 AE 与 DC 1 成 60角,|AE DC 1| 1所以 |cosAE, DC 1|AE | |DC 1|2,即22 1 2 11 2,解得 1 或 3舍去 所以当点 E 为线段 A1B1 的中点时, AE 与 DC1 成 60角思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探干脆问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判定解题时,把要成立的结论当
20、作条件,据此列方程或方程组,把“ 是否存在 ” 问题转化为 “点的坐标是否有解,是否有规定范畴内的解” 等,所以为使问题的解决更简洁、有效,应善于运用这一方法名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 25 页精选学习资料 - - - - - - - - - 如图,在三棱锥 PABC 中, ACBC2, ACB90,APBPAB,PCAC,点 D 为 BC 的中点1求二面角 APD B 的余弦值；2在直线 AB 上是否存在点M,使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为1 6,如存在,求出点M的位置；如不存在,说明理由解 1 ACBC,PAPB,PCPC, PCA PCB, P
21、CA PCB,PC AC,PCCB,又 ACCBC,PC 平面 ACB,且 PC,CA,CB 两两垂直,名师归纳总结 故以 C 为坐标原点, 分别以 CB,CA,CP 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,就 C0,0,0,第 11 页,共 25 页A0,2,0 ,D1,0,0 ,P0,0,2, AD 1, 2,0, PD 1,0, 2,设平面 PAD 的一个法向量为nx,y,z,nAD 0,取 n 2,1,1,nPD0平面 PDB 的一个法向量为CA 0,2,0 ,cos n,CA 6 6,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 设二面角 APD B
22、 的平面角为 ,且 为钝角,cos 6,二面角 APDB 的余弦值为66 . 62方法一 存在, M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点设 Mx,2x,0 xR, PMx,2x, 2,|cosPM , n|x2 2x2 4 6 |x|1 6,解得 x1 或 x 2,M1,1,0或 M2,4,0,在直线 AB 上存在点 M,且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时,1使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为 6. 方法二 存在, M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点设AM AB ,就AM2, 2,02, 2,0 R,PMPAAM2, 22, 2,|cosPM , n
23、|2 2 22 24 6 |2|1 6. 1解得 2或 1. M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点名师归纳总结 在直线 AB 上存在点 M,且当 M 是 AB 的中点或A 是 MB 的中点时,使得PM 与平面 PAD第 12 页,共 25 页所成角的正弦值为1 6. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“ 非运算” 问题“ 运算” 化,即通过直 线的方向向量和平面的法向量,把立体几何中的平行、垂直关系,各类角、距离以向量的方 式表达出来,把立体几何问题转化为空间向量的运算问题应用的核心是充分熟悉形体特
24、点,进而建立空间直角坐标系,通过向量的运算解答问题,达到几何问题代数化的目的,同时注 意运算的精确性提示三点： 1直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的肯定值是线面角的正弦值,而不是余弦值2求二面角除利用法向量外,仍可以依据二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共 面对量的学问,我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量,并且 两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外,那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的 大小如下列图3对于空间任意一点O 和不共线的三点A,B,C,且有 OP xOA yOB zOC x,y,zR,名师归纳总结 - - - - - - -第 13
25、页,共 25 页精选学习资料 - - - - - - - - - 四点 P,A,B,C 共面的充要条件是 xyz1. 空间一点 P 位于平面 MAB 内. 存在有序实数对 x,y,使 MP xMA yMB ,或对空间任肯定点 O,有序实数对 x,y,使 OP OM xMA yMB . 真题感悟2022 北京 如图,正方形 AMDE 的边长为 2,B,C 分别为 AM, MD 的中点,在五棱锥 PABCDE 中, F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H. 1求证： AB FG；2如 PA底面 ABCDE ,且 PAAE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大
26、小,并求线段 PH 的长1证明 在正方形 AMDE 中,由于 B 是 AM 的中点,所以 AB DE. 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 25 页精选学习资料 - - - - - - - - - 又由于 AB. 平面 PDE,DE. 平面 PDE,所以 AB 平面 PDE . 由于 AB. 平面 ABF ,且平面 ABF 平面 PDE FG,所以 AB FG. 2解 由于 PA底面 ABCDE ,所以 PAAB,PAAE. Axyz,如图建立空间直角坐标系就 A0,0,0,B1,0,0,C2,1,0,P0,0,2,F0,1,1,BC 1,1,0设平面 ABF 的一个法向
27、量为nx,y,z,就nAB 0,即x0,nAF 0,yz0.令 z1,就 y 1,所以 n0, 1,1设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 ,就 sin |cosn,BC|nBC|1 2. 6,|n|BC因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为设点 H 的坐标为 u,v,w名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 25 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由于点 H 在棱 PC 上,所以可设 PH PC 01,即u,v,w22,1, 2,所以 u2,v, w 22. 由于 n 是平面 ABF 的一个法向量,所以 nAH 0,即0, 1,1 2, 220,
28、解得 2 3,所以点 H 的坐标为 4 3,2 3,2 3所以 PH3 4 22 3 2 4 3 22. 押题精练如下列图,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直,AB2,AF1. 1求直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值；2在线段 AC 上找一点 P,使 PF 与DA 所成的角为60,试确定点P的位置解1以 C 为坐标原点,分别以CD ,CB,CE 所在直线为x 轴, y 轴,z 轴,建立如下列图的空间直角坐标系,就E0,0,1,D 2,0,0,B0,名师归纳总结 2,0,A 2,2,0,F2,2,1,连接 BD,就 ACBD.由于平第 16 页,共 25 页面
29、ABCD 平面 ACEF ,且平面 ABCD 平面 ACEF AC,所以 DB 是平面 ACEF 的一个法向量又DB 2,2,0,DF 0,2,1,所以 cosDF ,DB DFDB|3 3 . |DF| |DB故直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值为3 3 . 2设 Pa,a,00a2,就 PF2a,2a,1,DA0,2,0由于 PF,DA 60 ,所以 cos 60222a211 2. 22a解得 a2或 a 3 2 2 舍去 ,故存在满意条件的点P2 2,2 2,0为 AC 的中点- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 举荐时间： 60 分钟
30、一、挑选题1已知平面ABC,点 M 是空间任意一点,点M 满意条件 OM 3 4OA 1 8OB 1 8OC ,就直线AM A 与平面 ABC 平行B是平面 ABC 的斜线C是平面 ABC 的垂线D在平面 ABC 内答案D M 、A、B、C 四点共面所以AM 在平面 ABC 内,选 D. 解析由已知得2在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D 1 中,M 是 BC 的中点, P,Q 是正方体内部或面上的名师归纳总结 两个动点,就 AM PQ 的最大值是 第 17 页,共 25 页A.1 2B1 C.3 2D.5 4答案C 解析以 A 为坐标原点,分别以AD,AB,AA1 所在直线为x
31、轴, y 轴, z轴建立如下列图的空间直角坐标系,就A0,0,0,M 1 2,1,0,所以 AM1 2,1,0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1x1,设PQ x, y,z,由题意可知1y1,1z1.由于 AMPQ 1 2 x1y0z1 2xy,又 1x1, 1y1,所以1 21 2x1 2. AM所以3 21 2xy3 2. 故AMPQ的最大值为3 2. 3在棱长为1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中, M,N 分别为 A1B1,BB1 的中点,那么直线与 CN 所成角的余弦值为 A.3B.10210C.3D.255答案D 解析以 D 点为坐
32、标原点,分别以DA,DC,DD 1 所在直线为x 轴, y轴,z 轴建立如下列图的空间直角坐标系,1N1,1,2所以 AM 0,1 2,1,CN 1,0,1 2故AM CN 0 11 2 01 1 21 2,|AM |0 21 2 21 22,5|CN |120212 22,51 就 A1,0,0,M1,2,1,C0,1,0,名师归纳总结 所以 cosAM ,CN AM|AMCN152 5. AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正第 18 页,共 25 页2|CN52|24已知正三棱柱ABCA1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -
33、 - - - 弦等于 6 10A. 4 B. 42 3C. 2 D. 2答案 A 解析 如下列图建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为 2,O0,0,0,B 3,0,0,A0, 1,0,B1 3,0,2,就 AB1 3,1,2,就BO3,0,0为侧|AB1BO | 6面 ACC1A1 的法向量,由 sin |AB1 |BO |4 . 5在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,点 E 为 BB 1的中点,就平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 1 2 3 2A. 2 B. 3 C. 3 D. 2答案 B 解析 以 A 为原点建立如下列图的空间直角坐标系 Axyz,设棱长为
34、 1,1就 A10,0,1,E 1,0,2,D0,1,0,A1D 0,1, 1,A1E 1,0, 1 2,设平面 A1ED 的一个法向量为 n11,y, z,yz0,y2,就 112z0,z2.n 11,2,2名师归纳总结 平面 ABCD 的一个法向量为n 20,0,1,CE 与 BD 所成角的余弦值第 19 页,共 25 页cos n1,n23 12 3. 即所成的锐二面角的余弦值为2 3. 6如图,三棱锥ABCD 的棱长全相等, E 为 AD 的中点,就直线为 A.3B.362- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - C.33D.1 26答案 A 解析 设
35、 AB1,就CEBD AE AC AD AB 1 2AD 2 1 2AD AB AC AD AC AB1 1 122cos 60 cos 60 cos 60 4. 1cos CE ,BD |CE BD|BD|436 .选 A. 32二、填空题7在始终角坐标系中已知 A1,6, B3, 8,现沿 x 轴将坐标平面折成 60的二面角,就折叠后 A、B 两点间的距离为 _答案 2 17 解析 如图为折叠后的图形,其中作 ACCD ,BDCD,就 AC6,BD8,CD 4,两异面直线AC、BD 所成的角为60 ,故由 AB AC CD DB ,得|AB| 2|AC CD DB|268,|AB|2 17
36、. 8正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD 的中点, 就点 F 到平面 A1D 1E的距离为 _答案35x 轴、 y 轴、z 轴建10解析以 A 为坐标原点, AB、AD、AA1 所在直线分别为立空间直角坐标系,如下列图,名师归纳总结 就 A10,0,1,E1,0,1 2,F1 2,1,0,D 10,1,1第 20 页,共 25 页A1E 1,0, 1 2,A1D 1 0,1,0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 设平面 A1D1E 的一个法向量为 nx,y, z,就nA1E 0,即x1 2z0,nA1D1 0,y0.令 z2,就 x 1. n1,0,2又A1F1 2,1, 1,点 F 到平面 A